entraînement équipe de France

Là, je n'ai pas le temps, mais promis, avant tt à l'heure, je mettrai une figure animée "geogebra" pour essayer de "voir" ce qui se passe (à défaut de l'imginer: lol nous on est trop vieux, on est comme Rocky Balboa**, on ne fait plus les olympiades)

** Je recommande ce film comme film sur la vieillesse, il est pertinent!!

Comme promis, voici un lien vers une figure animée geogebra qui permet de "voir" des triangles et de les modifier:

D'une manière générale, je mets souvent en vert les points que vous pouvez bouger avec la souris

Ca aura été l'occasion d'une bonne galère!! J'y ai passé au moins 30mn et j'ai pas réussi à faire un triangle {\it qui marche} obligatoirement, ce qui en soi soulève un problème tout à fait différent et général: peut-on, dès qu'on voit un énoncé de collège dans le genre de celui de ce fil faire une figure geogebra animée qui "glisse" suivant tous les degrés de liberté autorisés par les hypothèses??? Là, grace au théorème de l'angle inscrit (mais il faut le connaitre pour ça, c'est donc malhonnête), on voit que dès qu'on a réussi à faire coincider les 2 "orthocentres" candidats (donc, dès qu'on a réussi à faire un triangle qui satisfait les hypothèses) on peut bouger le point A sans sortir de l'ensemble autorisé, mais j'ai été obligé de laisser l'utilisateur se "débrouiller" pour faire coincider ses "orthocentres candidats"

\lien{http://www.logique.jussieu.fr/\~{}chalons/equiptriangle.php}

bonjour,
en notant I l'intersection de BH et du cercle bleu, on a ICA=IBA(arc capable)=HCA(côtés deux à deux perpendiculaires). Donc AI=AH et I appartient aussi au cercle rouge. Etc.

Bravo Domi, les triangles équilatéraux m'ont échappé ! J'ai du souci à me faire.

bs, si l'on appelle $H'$ et $H''$ les symétriques de l'orthocentre $H$ par rapport aux droites $(BA)$ et $(BC)$ respectivement, ce sont également les points d'intersection des deux cercles, on a :$$2\,\big(BA),(BC)\big) \equiv (\overrightarrow{BX},\overrightarrow{BY}) \mod{2\pi}$$Comme l'angle de vecteurs a pour mesure $\dfrac{2\pi}3$ pour une orientation convenable du plan, on en déduit: $$\big(BA),(BC)\big) = \dfrac \pi 3 \mod{\pi}$$ et cet angle de droite peut admettre une mesure de $\dfrac{4\pi}3$ soit $-\dfrac{2\pi}3$ (sauf erreur ou incompréhension).

Possible pour l'inversion, mais pour rejoindre les sélectionnés, je décline : ne pas avoir vu les deux triangle équilatéraux ::o

Bonsoir Christophe

Malheureusement je n'ai pas de méthode pour construire la figure.
J'ai tout simplement utilisé Déclic pour construire le triangle, son orthocentre, le cercle circonsrit et le cercle rouge de centre A et de rayon AH. Puis j'ai fait bouger le point A jusqu'à ce que le cercle rouge passe par O.

Alain

Personnellement , je suis parti de 2 cercles $(C_1)$ et $(C_2)$ de même rayon ,de centre $A$ et $O$ , sécants en $I$ et $J$ . J'ai alors placé un point $H$ sur $(C_1)$ et les points $B$ et $C$ s'obtiennent par intersection de $(IH)$ et $(JH)$ avec $(C_2)$ . Je n'ai pas eu l'occasion de revenir sur le sujet depuis ma dernière intervention ( je n'avais même pas vu que l'angle $\widehat{BAC}$ pouvait être égal à $\frac{2\pi}{3}$ :-( )

Ne pas prendre ma "construction" pour plus que ce qu'elle vaut .

Domi